2022届江西省赣州市大余县重点达标名校中考数学模拟预测试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E在边BC上，若AE平分∠BED，则BE的长为（　　）

A． B． C． D．4﹣

2．如图，在5×5的方格纸中将图①中的图形N平移到如图②所示的位置，那么下列平移正确的是(     )

A．先向下移动1格，再向左移动1格 B．先向下移动1格，再向左移动2格

C．先向下移动2格，再向左移动1格 D．先向下移动2格，再向左移动2格

3．已知关于x的不等式ax＜b的解为x＞-2，则下列关于x的不等式中，解为x＜2的是（    ）

A．ax+2＜-b+2 B．–ax-1＜b-1 C．ax＞b D．

4．如图是二次函数y=ax2+bx+c的图象，有下列结论：①ac＜1；②a+b＜1；③4ac＞b2；④4a+2b+c＜1．其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

5．如图所示的几何体的左视图是（   ）

A． B． C． D．

6．若一个三角形的两边长分别为5和7，则该三角形的周长可能是（　　）

A．12 B．14 C．15 D．25

7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（ ）

A．45° B．50° C．55° D．60°

8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的形状可能是（　　）

A．    B．

C．    D．

9．如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，则⊙C的半径为（ ）

A．2.3 B．2.4 C．2.5 D．2.6

10．如图，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点B，点C是⊙O优弧弧AB上一点，连接AC、BC，如果∠P=∠C，⊙O的半径为1，则劣弧弧AB的长为（　　）

A．π B．π C．π D．π

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．已知一个正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的每个内角是_____度．

12．若一个圆锥的底面圆的周长是cm，母线长是，则该圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．

13．如图，两个三角形相似，AD=2，AE=3，EC=1，则BD=_____．

14．已知一纸箱中，装有5个只有颜色不同的球，其中2个白球，3个红球，若往原纸箱中再放入x个白球，然后从箱中随机取出一个白球的概率是，则x的值为_____

15．一个正多边形的每个内角等于，则它的边数是____．

16．一元二次方程x﹣1＝x2﹣1的根是_____．

17．若A（﹣3，y1），B（﹣2，y2），C（1，y3）三点都在y=的图象上，则yl，y2，y3的大小关系是_____．（用“＜”号填空）

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）计算：-2-2 - + 0

19．（5分）（1）计算：；

（2）化简：．

20．（8分）如图，已知平行四边形ABCD，将这个四边形折叠，使得点A和点C重合，请你用尺规做出折痕所在的直线。（保留作图痕迹，不写做法）

21．（10分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），其中点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界），求h的取值范围；

（3）设点P是抛物线上且在x轴上方的任一点，点Q在直线l：x=﹣3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．

22．（10分）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在OA，OC上.

(1)给出以下条件；①OB＝OD，②∠1＝∠2，③OE＝OF，请你从中选取两个条件证明△BEO≌△DFO；

(2)在(1)条件中你所选条件的前提下，添加AE＝CF，求证：四边形ABCD是平行四边形．

23．（12分）赵亮同学想利用影长测量学校旗杆的高度，如图，他在某一时刻立1米长的标杆测得其影长为1.2米，同时旗杆的投影一部分在地面上，另一部分在某一建筑的墙上，分别测得其长度为9.6米和2米，则学校旗杆的高度为________米．

24．（14分）今年，我国海关总署严厉打击“洋垃圾”违法行动，坚决把“洋垃圾”拒于国门之外．如图，某天我国一艘海监船巡航到A港口正西方的B处时，发现在B的北偏东60°方向，相距150海里处的C点有一可疑船只正沿CA方向行驶，C点在A港口的北偏东30°方向上，海监船向A港口发出指令，执法船立即从A港口沿AC方向驶出，在D处成功拦截可疑船只，此时D点与B点的距离为75海里．

（1）求B点到直线CA的距离；

（2）执法船从A到D航行了多少海里？（结果保留根号）

参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1、D

【解析】
首先根据矩形的性质，可知AB=CD=3，AD=BC=4，∠D=90°，AD∥BC，然后根据AE平分∠BED求得ED=AD；利用勾股定理求得EC的长，进而求得BE的长.

【详解】

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=CD=3，AD=BC=4，∠D=90°，AD∥BC，

∴∠DAE=∠BEA，

∵AE是∠DEB的平分线，

∴∠BEA=∠AED，

∴∠DAE=∠AED，

∴DE=AD=4，

再Rt△DEC中，EC===，

∴BE=BC-EC=4-.

故答案选D.

【点睛】

本题考查了矩形的性质与角平分线的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练的掌握矩形的性质与角平分线的性质以及勾股定理的应用.

2、C

【解析】
根据题意,结合图形,由平移的概念求解.

【详解】

由方格可知，在5×5方格纸中将图①中的图形N平移后的位置如图②所示，那么下面平移中正确的是：先向下移动2格，再向左移动1格，故选C．

【点睛】

本题考查平移的基本概念及平移规律,是比较简单的几何图形变换.关键是要观察比较平移前后物体的位置.

3、B

【解析】

∵关于x的不等式ax＜b的解为x＞-2，

∴a<0，且，即，

∴（1）解不等式ax+2＜-b+2可得：ax<-b，，即x>2；

（2）解不等式–ax-1＜b-1可得：-ax<b，，即x<2； 

（3）解不等式ax>b可得：，即x<-2；

（4）解不等式可得：，即；

∴解集为x<2的是B选项中的不等式.

故选B.

4、C

【解析】
由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据抛物线与x轴交点及x=1时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．

【详解】

解：①根据图示知，该函数图象的开口向上，∴a>1；该函数图象交于y轴的负半轴，

∴c<1；故①正确；

②对称轴

∴ ∴b<1；

故②正确；

③根据图示知，二次函数与x轴有两个交点,所以,即，故③错误

④故本选项正确．

正确的有3项

故选C．

【点睛】

本题考查二次函数的图象与系数的关系.二次项系数决定了开口方向，一次项系数和二次项系数共同决定了对称轴的位置，常数项决定了与轴的交点位置．

5、A

【解析】

本题考查的是三视图．左视图可以看到图形的排和每排上最多有几层．所以选择A．

6、C

【解析】
先根据三角形三条边的关系求出第三条边的取值范围，进而求出周长的取值范围，从而可的求出符合题意的选项.

【详解】

∴三角形的两边长分别为5和7，

∴2<第三条边<12,

∴5+7+2<三角形的周长<5+7+12,

即14<三角形的周长<24，

故选C.

【点睛】

本题考查了三角形三条边的关系：三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，据此解答即可.

7、B

【解析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．

【详解】

∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，

∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．

∵，∠BAC=25°，

∴∠DCE=∠BAC=25°，

∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．

【点睛】

本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.

8、D

【解析】试题分析：由主视图和左视图可得此几何体上面为台，下面为柱体，由俯视图为圆环可得几何体为．故选D．

考点：由三视图判断几何体．

视频

9、B

【解析】

试题分析：在△ABC中，∵AB=5，BC=3，AC=4，∴AC2+BC2=32+42=52=AB2，

∴∠C=90°，如图：设切点为D，连接CD，∵AB是⊙C的切线，∴CD⊥AB，

∵S△ABC=AC×BC=AB×CD，∴AC×BC=AB×CD，即CD===，

∴⊙C的半径为，故选B．

考点：圆的切线的性质；勾股定理．

10、A

【解析】
利用切线的性质得∠OAP=90°，再利用圆周角定理得到∠C=∠O，加上∠P=∠C可计算写出∠O=60°，然后根据弧长公式计算劣弧的长．

【详解】

解：∵PA切⊙O于点A，

∴OA⊥PA，

∴∠OAP=90°，

∵∠C=∠O，∠P=∠C，

∴∠O=2∠P，

而∠O+∠P=90°，

∴∠O=60°，

∴劣弧AB的长=．

故选：A．

【点睛】

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和弧长公式．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、1．

【解析】
先由多边形的内角和和外角和的关系判断出多边形的边数，即可得到结论．

【详解】

设多边形的边数为n.

因为正多边形内角和为 ,正多边形外角和为

根据题意得： 

解得：n=8.

∴这个正多边形的每个外角

则这个正多边形的每个内角是

故答案为：1.

【点睛】

考查多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键.

12、

【解析】
利用圆锥的底面周长和母线长求得圆锥的侧面积，然后再利用圆锥的面积的计算方法求得侧面展开扇形的圆心角的度数即可

【详解】

∵圆锥的底面圆的周长是，

∴圆锥的侧面扇形的弧长为 cm，

，

解得：

故答案为．

【点睛】

此题考查弧长的计算，解题关键在于求得圆锥的侧面积

13、1

【解析】
根据相似三角形的对应边的比相等列出比例式，计算即可．

【详解】

∵△ADE∽△ACB，∴=，即=，

解得：BD=1．

故答案为1．

【点睛】

本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边的比相等是解题的关键．

14、1．

【解析】
先根据概率公式得到，解得.

【详解】

根据题意得，

解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了概率公式：随机事件的概率事件可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数.

15、十二

【解析】
首先根据内角度数计算出外角度数，再用外角和360°除以外角度数即可．

【详解】

∵一个正多边形的每个内角为150°，

∴它的外角为30°，

360°÷30°＝12，

故答案为十二．

【点睛】

此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握内角与外角互为邻补角．

16、x＝0或x＝1．

【解析】
利用因式分解法求解可得．

【详解】

∵(x﹣1)﹣(x+1)(x﹣1)=0，

∴(x﹣1)(1﹣x﹣1)=0，即﹣x(x﹣1)=0，

则x=0或x=1，

故答案为：x=0或x=1．

【点睛】

本题主要考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

17、y3＜y1＜y1

【解析】
根据反比例函数的性质k＜0时，在每个象限，y随x的增大而增大，进行比较即可．

【详解】

解：k=-1＜0，

∴在每个象限，y随x的增大而增大，

∵-3＜-1＜0，

∴0＜y1＜y1．

又∵1＞0

∴y3＜0

∴y3＜y1＜y1

故答案为：y3＜y1＜y1

【点睛】

本题考查的是反比例函数的性质，理解性质：当k＞0时，在每个象限，y随x的增大而减小，k＜0时，在每个象限，y随x的增大而增大是解题的关键．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、

【解析】
直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质和特殊角的锐角三角函数值分别化简，再根据实数的运算法则即可求出答案．

【详解】

解：原式=

【点睛】

本题考查了负指数幂的性质以及零指数幂的性质和特殊角的锐角三角函数值，熟记这些运算法则是解题的关键.

19、（1）4+；（2）.

【解析】
（1）根据幂的乘方、零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值可以解答本题；

（3）根据分式的减法和除法可以解答本题．

【详解】

（1）

=4+1+|1﹣2×|

=4+1+|1﹣|

=4+1+﹣1

=4+；

（2）

=

=

=．

【点睛】

本题考查分式的混合运算、实数的运算、零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．

20、答案见解析

【解析】
根据轴对称的性质作出线段AC的垂直平分线即可得．

【详解】

如图所示，直线EF即为所求．

【点睛】

本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的性质和线段中垂线的尺规作图．

21、（1）y=﹣x2+2x+3（2）2≤h≤4（3）（1，4）或（0，3）

【解析】
（1）抛物线的对称轴x=1、B（3，0）、A在B的左侧，根据二次函数图象的性质可知A（-1，0）；

根据抛物线y=ax2+bx+c过点C（0，3），可知c的值.结合A、B两点的坐标，利用待定系数法求出a、b的值，可得抛物线L的表达式；

（2）由C、B两点的坐标，利用待定系数法可得CB的直线方程.对抛物线配方，还可进一步确定抛物线的顶点坐标；通过分析h为何值时抛物线顶点落在BC上、落在OB上，就能得到抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界）时h的取值范围.

（3）设P（m，﹣m2+2m+3），过P作MN∥x轴，交直线x=﹣3于M，过B作BN⊥MN，

通过证明△BNP≌△PMQ求解即可.

【详解】

（1）把点B（3，0），点C（0，3）代入抛物线y=﹣x2+bx+c中得：，

解得：，

∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；

（2）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，即抛物线的对称轴是：x=1，

设原抛物线的顶点为D，

∵点B（3，0），点C（0，3）．

易得BC的解析式为：y=﹣x+3，

当x=1时，y=2，

如图1，当抛物线的顶点D（1，2），此时点D在线段BC上，抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+2=﹣x2+2x+1，

h=3﹣1=2，

当抛物线的顶点D（1，0），此时点D在x轴上，抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+0=﹣x2+2x﹣1，

h=3+1=4，

∴h的取值范围是2≤h≤4；

（3）设P（m，﹣m2+2m+3），

如图2，△PQB是等腰直角三角形，且PQ=PB，

过P作MN∥x轴，交直线x=﹣3于M，过B作BN⊥MN，

易得△BNP≌△PMQ，

∴BN=PM，

即﹣m2+2m+3=m+3，

解得：m1=0（图3）或m2=1，

∴P（1，4）或（0，3）．

【点睛】

本题主要考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系、全等三角形的判定与性质等知识点.解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是分顶点落在BC上和落在OB上求出h的值，解（3）的关键是证明△BNP≌△PMQ.

22、（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

试题分析：（1）选取①②，利用ASA判定△BEO≌△DFO；也可选取②③，利用AAS判定△BEO≌△DFO；还可选取①③，利用SAS判定△BEO≌△DFO；

（2）根据△BEO≌△DFO可得EO＝FO，BO＝DO，再根据等式的性质可得AO＝CO，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论．

试题解析：

证明：（1）选取①②，

∵在△BEO和△DFO中，

∴△BEO≌△DFO（ASA）；

（2）由（1）得：△BEO≌△DFO，

∴EO＝FO，BO＝DO，

∵AE＝CF，

∴AO＝CO，

∴四边形ABCD是平行四边形．

点睛：此题主要考查了平行四边形的判定，以及全等三角形的判定，关键是掌握两条对角线互相平分的四边形是平行四边形．

23、10

【解析】

试题分析：根据相似的性质可得：1:1.2=x：9.6，则x=8，则旗杆的高度为8+2=10米.

考点：相似的应用

24、（1）B点到直线CA的距离是75海里；（2）执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．

【解析】
（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，根据三角函数可求BH的长；

（2）根据勾股定理可求DH，在Rt△ABH中，根据三角函数可求AH，进一步得到AD的长．

【详解】

解：（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，

∵∠MBC＝60°，

∴∠CBA＝30°，

∵∠NAD＝30°，

∴∠BAC＝120°，

∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠CBA＝30°，

∴BH＝BC×sin∠BCA＝150×＝75（海里）．

答：B点到直线CA的距离是75海里；

（2）∵BD＝75海里，BH＝75海里，

∴DH＝＝75（海里），

∵∠BAH＝180°﹣∠BAC＝60°，

在Rt△ABH中，tan∠BAH＝＝，

∴AH＝25，

∴AD＝DH﹣AH＝（75﹣25）（海里）．

答：执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．

【点睛】

本题主要考查了勾股定理的应用，解直角三角形的应用-方向角问题．能合理构造直角三角形，并利用方向角求得三角形内角的大小是解决此题的关键．